Содержание: стр. Введение…………………………………………………………….. 3 I. Биография Архимеда……………………………………………. 4 1.1. История жизни Архимеда…………………………………….. 4 1.2. Архимед и математика……………………………………….. 6 II. Арбелос Архимеда………………………………………………. 7 2.1. Леммы Архимеда……………………………………………... .....7 2.2. Решение задач с арбелосом…………………………………... 9 2.3. Построение арбелоса на языках программирования 11 2.4. Задачи с арбелосом……….…………………………………... ..12 Заключение………………………………………………………….. ......13 Список использованной литературы……………………… ……. 14 Приложения
Введение
«Архимед имел возвышенную душу и глубокий ум…Во всей геометрии нельзя найти более трудных и глубокомысленных задач, которые были бы решены так просто и ясно, как те, которыми занимался Архимед».
(Из биографии завоевателя Сиракуз, римского полководца Марцелла, написанной Плутархом).
Геометрия – одна из древнейших наук. История геометрии является своего рода удивительной сокровищницей, хранящей высшие достижения человеческого гения, жемчужины которой создавались величайшими мыслителями. Одним из таких мыслителей является Архимед. Достижения ученого в области геометрии огромны. Один мудрец сказал: «Высшее проявление духа – это разум. Высшее проявление разума – это геометрия. Клетка геометрии – треугольник. Он так же неисчерпаем, как и Вселенная. Окружность – душа геометрии. Познайте окружность, и вы не только познаете душу геометрии, но и возвысите душу свою». В своей работе я рассматриваю треугольник Архимеда, построенный из трех полуокружностей – «арбелос». Эта фигура малоизученна и малоизвестна, причем арбелос красиво строится и с ним связаны оригинальные задачи. Поэтому эта тема и заинтересовала меня. В своей работе я поставила такую цель: как можно глубже исследовать арбелос Архимеда и задачи, связанные с ним. Объект исследования: арбелос Архимеда и задачи с арбелосом. Предмет исследования: доказательства лемм, способы решения задач с арбелосом, построение арбелоса с помощью компьютера. Задачи: 1) Изучить литературу, интернет-ресурсы по данной теме; 2) Рассмотреть различные способы решения задач Архимеда с арбелосом; 3) Составить программы построения арбелоса на языках программирования QBasic и Pascal. 4) Составить подборку задач с арбелосом для решения в школьном курсе математики. Основной метод моей работы – анализ литературы по данной теме и синтез данных, полученных в результате анализа. В работе также применяется моделирование объекта исследования, математическая логика доказательств и решений, систематизирование материала. Моя работа больше относится к теоретическим аналитико-систематизирующим исследованиям, так как я попыталась классифицировать и систематизировать найденный об арбелосе материал. Практическая значимость моей работы заключается в использовании приобретенных знаний, а также задач по данной теме на уроках геометрии или на факультативных занятиях.
I. Биография Архимеда
1.1. История жизни Архимеда. Архимед (ок. 287-212гг. до н. э.) родился в городе Сиракузы на острове Сицилия. Его отец, Фидий, был математиком и астрономом. Видимо, отец оказал влияние на научные интересы Архимеда еще в детстве. Для более глубокого изучения наук Архимед отправляется в Египет, в Александрию. В те времена Александрия была культурным центром античного мира. Там был организован Мусейон, сообщество ученых, которые посвятили себя научным исследованиям и получали от царя плату за свои занятия. Они изучали четыре дисциплины - литературу, математику, астрономию и медицину. Ученые пользовались огромной по тому времени библиотекой, имевшей около 700000 книг. После жизни в Александрии Архимед возвращается на родину в Сиракузы. Может быть, причиной уехать было то, что в Александрии царили лесть, заискивание, желание нравиться правителям Египта. А может быть в большей степени то, что Архимед не мог разделить модных в те времена воззрений на механику как на «ремесленный навык», достойный раба. А ведь механика все более влекла его к себе. Но связи с Александрийской школой он не прерывал. Большинство его работ написано в виде писем к его друзьям: Эраcтофену, Конону, Досифею (приложение 1). Домой, в Сиракузы, он привез богатый опыт научных исследований в различных областях: математики, физики, астрономии, оптики, литературы, продолжил заниматься и делать открытия в инженерном деле. В Сиракузах он живет без забот, он окружен почетом, вниманием и не нуждается в средствах. Впрочем, он мало думает о своем бытии, увлеченный вычислениями и изобретательством. Легенды рассказывают, что Архимед забывал о пище, подолгу не бывал в бане и готов был чертить везде: в пыли, пепле, на песке, даже на собственном теле. Однажды, в ванне, его вдруг осенила мысль о выталкивающей силе, действующей на погруженное в жидкость тело и, забыв обо всем, голый, бежал он по улицам Сиракуз с победным кличем: «Эврика!» («Я нашел!»). Его мало заботит людская молва. Некоторые свои озарения он даже не считает нужным записывать. Архимед - автор многочисленных открытий, гениальный изобретатель, известный во всем греческом мире благодаря конструкции многих механизмов: машины для орошения полей, водоподъемного механизма, системы рычагов, блоков для поднятия больших тяжестей (кранов), военных метательных аппаратов. Он соорудил систему блоков, с помощью которой один человек смог спустить на воду огромный корабль «Сиракосия»[2, с.39]. Крылатыми стали произнесенные тогда слова Архимеда: «Дайте мне точку опоры, и я поверну Землю». Инженерный гений Архимеда с особой силой проявился при осаде Сиракуз. Во время 2-й Пунической войны воины римского консула Марцелла были надолго задержаны у стен города невиданными машинами: мощные катапульты прицельно стреляли каменными глыбами, в бойницах были установлены метательные машины, выбрасывающие грады ядер, береговые краны поворачивались за пределы стен и забрасывали корабли противника каменными и свинцовыми глыбами, крючья подхватывали корабли и бросали их вниз с большой высоты, системы вогнутых зеркал поджигали корабли [2, с.27-30, 45-49]. Историк Плутарх (приложение 1) описывает ужас, царивший в рядах римских воинов. Он утверждал, что Архимед «один был душой обороны, приводил все в движение и управлял защитой». Но мы не знаем конструкции его боевых машин, мы можем судить о них только по работам Плутарха и других историков. Плутарх писал: «Архимед был настолько горд наукой, что именно о тех своих открытиях, благодаря которым он приобрел славу,… не оставил ни одного сочинения». Древний Рим так и не узнал всех секретов машин Архимеда и единственным трофеем Марцелла (приложение 1), украшением его дома стала знаменитая «сфера» Архимеда - небесный глобус, модель небесных светил. Архимед погиб от меча римского легионера. Он был поглощен работой и не заметил, что город уже занят римлянами. По одной из версий, когда посыльный солдат явился к нему и потребовал, чтобы он немедленно явился к Марцеллу, Архимед поморщился, лениво, как от надоедливой мухи, отмахнулся от него и, не поднимая глаз от чертежа, пробурчал: «Не мешай, я вычисляю». Солдат выхватил меч и убил его. На своей могильной плите Архимед завещал выгравировать цилиндр, включающий в себя конус и шар, и подписать отношение их объемов (3:2:1) - символы его геометрических открытий. Могила заросла травой, и место это было забыто очень скоро. Лишь через 137 лет после его смерти Цицерон (приложение 1) разыскал в Сиракузах этот могильный камень, на котором были уже стерты временем часть знаков. А потом могила опять затерялась, уже навсегда. 1.2. Архимед и математика. Архимед был гений, далеко опередивший своё время. Гениальность Архимеда оспаривать не приходится, но нужно подчеркнуть, что его математическая деятельность, в основном, представляет продолжение и развитие тех идей, которые были заложены его предшественниками. Архимед — автор ряда необыкновенно глубоких и оригинальных работ по математике. Работы Архимеда (приложение 2) состоят из расчетов площадей фигур, ограниченных кривыми, и объемов тел, ограниченных произвольными плоскостями — поэтому Архимед может по справедливости считаться отцом интегрального исчисления, возникшего на два тысячелетия позже. Профессор С.Я. Лурье писал о том, что после сочинения первой книги «О шаре и цилиндре» Архимед «впервые познакомился с работами Демокрита» (приложение 1), на которые он «несомненно, с жадностью набросился», оказавшись «у истоков того атомистического интегрирования, которое ему с трудом и по частям приходилось реставрировать из отдельных намеков и приемов в трудах по механике, написанных его предшественниками», и в которых он нашел «как раз то, что он искал и чего не хватало ему в математике» [3, с.138-139]. Архимед пытался решить проблему квадратуры круга и достиг в этом выдающихся результатов: площадь круга равна площади прямоугольного треугольника с катетами, равными длине и радиусу окружности; площадь круга так относится к площади описанного вокруг него квадрата, как 11:14; отношение длины окружности к диаметру больше З1/7 и меньше 310/71. Математические исследования в духе Архимеда полностью не оборвались с его смертью. Исследование о сферических спиралях, арбелосе определенно находится в круге идей Архимеда [4, книга IV, с.35-42]. Доказана Архимедом теорема, что из всех шаровых сегментов с одинаковой выпуклой поверхностью наибольшим является полушарие, нашла своё продолжение в аналогичной задаче для полукруга [4, книга V, с.11-18] и в исследованиях Зенодора (приложение 1) об изопериметрических фигурах и телах. Перечисленные научные находки — это только небольшая часть творчества Архимеда. Его произведения отличаются сложностью изложения, он не заботился о доступности, писал сжато, пропуская звенья, по его мнению, легкие для понимания, по-видимому, считал, что читатель будет обладать определенным уровнем подготовки. Известный французский математик Франсуа Виет (приложение 1) признавал, что не все в них ему понятно. Несмотря на это, Архимед оказал огромное влияние на развитие математики. Его усердно переводили и комментировали арабы, а потом западноевропейские ученые.
II. Арбелос Архимеда 2.1. Леммы Архимеда. В своих занятиях геометрией Архимед много внимания уделил изу¬чению свойств фигуры, носящей название арбелос, или скорняжный нож (приложение 3). Это название фигура получила из-за сходства с очертаниями ножа, использовавшегося скорняками для разделки кож. Если взять на прямой три последовательные точки А, В и С (рис 1.) и построить три полуокружности с диаметрами АВ, ВС и АС, распо¬ложенные по одну сторону от этой прямой, то фигура, ограничен¬ная этими полуокружностями, и является арбелосом. Фигуру арбелос Архимед рассматривает в «Книге лемм» , которая сохранилась только в виде арабской обработки и латинского перевода этой обработки [1, с.393-395]. Начнем изучение данной фигуры с рассматривания некоторых лемм , связанных с арбелосом. Предложение IV: Пусть ABC (рис 2.) будет полукруг; построим на диаметре AC два полукруга AD и DC и восставим перпендикуляр DB; получающаяся фигура, которую Архимед называет «арбелоном» (это будет площадь, ограниченная дугой большого полукруга и двумя окружностями малых кругов) будет равна кругу, диаметром которого является перпендикуляр DB. Доказательство. Так как линия DB будет средней пропорциональной между обеими линиями DA, DC, то прямоугольник на AD и DC будет равен квадрату на DB. Возьмем (дважды) прямоугольник на AD и DC вместе с квадратами на AD и на DC; получится удвоенный прямоугольник на AD, DC с двумя квадратами на AD и на DC, то есть квадрат на AC, равный Рис 2. удвоенному квадрату на DB вместе с двумя квадратами на AD, DC. Отношение кругов таково же, как отношение квадратов (их диаметров); следовательно, круг с диаметром AC будет равен удвоенному кругу с диаметром DB вместе с двумя кругами на диаметрах AD и DC и полукруг AC будет равен кругу с диаметром DB и двум полукругам AD, DC. Отнимем два общих полукруга AD, DC; останется фигура, заключенная между полукругами AC, AD, DC (это и есть фигура, которую Архимед назвал «арбелон») и равная кругу, диаметр которого DB. А это и есть то, чего мы хотели. Предложение V: Если дан полукруг AB (рис 3), на его диаметре где-нибудь взята точка С, на диаметре построены два полукруга AC и CB, из C восстановлен перпендикуляр CD к AB и с обеих сторон (от него) построены два круга, касающиеся как этого перпендикуляра, так и обоих полукругов, то эти два круга будут равны. Доказательство. Пусть один из этих кругов касается DC в E, полукруга AB в F и полукруга AC в C; проведем диаметр HE; он будет параллелен диаметру AB, вследствие того, что углы HEC, ACE прямые. Проведем соединяющие линии FH и AH; тогда линия AF будет прямой, как они выходят под углами A, C, которые Рис 3 (в сумме) меньше двух прямых. Проведем также соединяющие линии FE и EB; линия FEB тоже будет прямой, как мы сказали (предложение I – см приложение 4), и перпендикулярной к AD, так как угол AFB прямой, как угол в полукруге AB. Проведем соединяющие прямые HG и GC; тогда HC будет тоже прямой. Проведем соединяющие прямые EG и GA; тогда EA будет прямой; продолжим её до I и соединим B с I, прямая BI будет перпендикулярной к AI; проведем соединяющую прямую DI. И, так как AD и AB суть две прямые и из D проведена DC, перпендикулярная к AB, а из B проведена BF, перпендикулярная к DA, и эти перпендикуляры пересекаются друг с другом в E, а AE, продолженная до I, перпендикулярна к BI то BID будет прямой, как мы показали в предложениях, написанных в комментарии к тракту о прямоугольных треугольниках. И так как углы AGC, AIB прямые, то BD и CG будут параллельными и отношение AD к DH, равное отношению AC к НЕ , будет равно отношению AB к BC; Прямоугольник между AC, CB, следовательно, будет равен прямоугольнику между AB, HE. И точно так же для круга LMN докажем, что прямоугольник между AC, CB будет равен прямоугольнику между AB и диаметром этого круга; отсюда докажем, что диаметры кругов EFG, LMN равны; значит, эти два круга будут равны. А это и есть то, что мы хотели. Предложение VI: Если дан полукруг ABC (рис 4) и на его диаметре взята точка D, причем AD в полтора раза больше DC, затем на AD и DC описаны два полукруга и между тремя (указанными) полукругами построен касающийся каждого из них круг EF, в котором проведен диаметр EF, параллельный диаметру AC, то требуется найти отношение диаметра AC к диаметру EF. Доказательство. Проведем две соединяющие линии AE и EB, а также две линии CF и FB; тогда CB и AB будут прямыми, как сказано в первом предложении. Затем начертим две линии FGA, EHC – можно показать, что они тоже будут прямыми; точно так же (будут прямыми) и обе линии DE Рис 4 и DF; проведем соединяющие прямые DI, DL, а также EM и FM и продолжим последние до O и P. И так как в треугольнике AED прямая AG перпендикулярна к ED, а DI перпендикулярна к AE, и обе эти прямые взаимно пересекаются в M, то, значит, EMO тоже будет перпендикуляром, как это мы показали в написанном нами рассуждении о свойствах треугольника, с доказательством чего мы уже встретились в предыдущем предложении; точно так же и EP будет перпендикуляром к CA. И так как два угла у L и у B прямые, то DL будет параллельна AB, и также DI параллельна CB; значит, отношение AD к DC будет таким же, как отношение AM к FM и как отношение AO к OP, и отношение CD к DA будет таким же, как CN к NE, или как CP к PO. Но AD в полтора раза больше DC; значит, AO будет в полтора раза больше OP и OP в полтора раза больше CP. Значит, три линии AO, OP и PC будут пропорциональными, и каких единиц будет в CP четыре, таких в OP будет шесть, в AO девять и в CA девятнадцать. И так как PO равна EF, то отношение AC к EF будет таким же, как отношение девятнадцати к шести. Таким образом, мы нашли требуемое отношение. Точно так же, если бы отношение AD к DC было каким угодно, например четырех к трем, или пяти к четырем, или каким-нибудь другим, то рассуждения были бы таким же. Это и есть то, чего мы хотели. 2.2. Решение задач с арбелосом. В школьном курсе геометрии [6, с.229-234] предложения IV и V рассматриваются как задачи. Решим такие задачи алгебраическим методом. Задача 1 . Проведем в арбелосе (рис 5.) через точку В прямую, перпендикулярную АС, и обозначим ее точку пересечения с большей полуокружностью через D. Рассмотрим две окружности, вписанные в два образовавшихся криволинейных треугольника. Первая касается отрезка BD, полуокружности АВ и дуги DA. Вторая касается BD, полуокружности ВС и дуги DC. Докажите, что эти две вписанные окружности равны. Решение. Пусть для краткости AB=2a (рис 6.), BC=2b, x - радиус окружности, касающейся полуокружности АВ, отрезка BD и дуги AD, О - центр этой окружности, О1 и О2 - середины АВ и АС. В треугольнике О1О2О мы можем выразить все стороны через а, b и x. Получаем: O1О= а+х (Это следует из касания окружностей с центрами О и О1.), Рис 5 О2О= а + b – x (это следует из касания окружностей с центрами О и О2), О1О2 = АО2 – АО1 = (а + b) – a = b. Опустим из О перпендикуляр ОТ на сторону О1О2. Имеем: ТВ=х, О2Т=│О2В – ТВ│=│a - b –x│, О1Т= а - х. По теореме Пифагора О1О² - О1Т² =ОО2² - О2Т² [6, с.175]. Заменяя все отрезки выражениями через а, b и x, получаем уравнение: (a + x) ² - (a – x) ² =(a + b – x) ² - (a – b – x) ², Откуда 4ах=4(a – x)b, x = . Основными этапами в решении являются: выделение треугольников с вершинами в центрах рассматри¬ваемых окружностей, выражение длин отрезков через известные и неизвестные величины, составление уравнения или уравнений. Для составления уравнения используется теорема Пифагора. Нередко уравнение получают, используя теорему косинусов. Решение задачи 1 рассматривается и в инверсии . Инверсия позволяет получить короткое решение задачи Архимеда об арбелосе (приложение 5). Задача 2. На отрезке АС взята точка D и на отрезках AC, AD и CD как на диаметрах построены полуокружности (рис 7). Восстановим из точки D перпендикуляр BD. Тогда, площадь арбелоса будет равна площади круга с диаметром BD. Решение. Пусть радиус большей полуокружности равен r1, а радиус меньшей – r2. Тогда площадь арбелоса равна 2 - πr12 – πr22) = πr1r2. Из прямоугольного треугольника ABC имеем BD = . Площадь круга диаметром BD будет равна π = πr1r2, что и требовалось доказать. Арбелосом занимался еще и Папп Александрийский (приложение 1). Есть знаменитая задача Паппа об арбелосе. Задача 3. Пусть окружности α, β и γ с диаметрами АВ, ВС, АС образуют арбелос (рис 8), δ0 – окружность, вписанная в арбелос, окружность δ1 касается окружностей α, β и δ0, окружность δ2 касается окружностей α, β и δ1, … окружность δn+1 касается окружностей α, β и δn.. Обозначим Rn – радиус окружности δn , dn – расстояние от центра окружности δn до прямой АВ. Тогда
К сожалению, чертежи и формулы требуют особой обработки для вставления, поэтому на сайте они опускаются..
То есть, расстояние от центра n-ой окружности до диаметра арбелоса в 2(n + 1) раз больше ее радиуса (или как писал Паппа «…все следующие, перпендикуляры будут больше соответствующих радиусов в кратностях последовательных нечетных чисел»). Доказательство этой задачи достаточно сложное и объемное. Но если рассмотреть решение с использованием инверсии, то задача решается почти мгновенно (приложение 6). Изучая материал, связанный с арбелосом, Ф. И. Петрушевский приложение 1) определил IV и V предложения Архимеда, и задачу Паппы Александрийского как первое, второе и третье свойства арбелоса соответственно, а за VI предложением так и оставил право леммы [5, с.118].
2.3. Построение арбелоса на языках программирования. Арбелос – необычный треугольник. Арбелос – треугольник, заключенный между тремя полуокружностями, диаметры которых лежат на одной прямой. Поэтому интересно будет посмотреть построение арбелоса в QBASIC и в PASCAL. Запишем программы построения этой фигуры. QBASIC PASCAL CLS program arhimed; SCREEN 7 uses* crt, graph; CIRCLE (160, 80) , 90 , 4 , 0 , 3.14 var Gd, Gm : integer; CIRCLE ( 130, 80) , 30 , 4 , 0 , 3.14 errcode : integer; CIRCLE (220, 80) , 30 , 4 , 0 , 3.14 begin PAINT (160, 20) , 4 , 4 Gd : = detect; InitGraph (Gd, Gm,’’); END errcode : = graphresult; if errcode = gr OK then begin setbkolor (16); end; setcolor (S); Arc (200, 200, 0, 180, 100) ; Arc (150, 200, 180, 360, 50); Arc (250, 200, 180, 360, 50) ; Graphresult; readln; Closegraph; еnd
2.4. Задачи с арбелосом. Рассмотрим еще несколько задач, связанных с арбелосом. Данные задачи можно рассмотреть не только в школьном курсе геометрии, но и на факультативных занятиях. Задача 1. Пусть радиусы двух меньших полуокружностей, образующих арбелос, равны a и b. Найдите радиус окружности, вписанной в арбелос, т.е. радиус окружности, касающийся большей полуокружности внутренним образом и двух меньших – внешним образом. Задача 2. Докажите, что длина общей касательной к двум меньшим полуокружностям, образующим арбелос, равна отрезку BD (BD – тот же самый отрезок, что и в задаче Архимеда). Задача 3. На прямой находятся три точки А, В и С, причем АВ=ВС=3. Три окружности радиуса R имеют центры в точках А, В и С. Найдите радиус четвертой окружности, касающейся всех трех данных, если а)R=1; б)R=2; в)R=5. Задача 4. Постройте циркулем и линейкой точный чертеж к задаче Архимеда (т. е. арбелос и две вписанные окружности). Задача 5. Докажите, что прямые AQ, BP, CR, используемые в построении (рис 8.), пересекаются в одной точке, которая лежит на вписанной окружности. Задача 6. Докажите, что (в обозначениях чертежа – рис 8.) PA = PL = PM, QB = QK = QL, RA = RK = RM.
Задача 7. Окружности α, β, γ попарно касаются (рис 8.). Постройте окружность, которая касается этих окружностей.
Заключение
Мы считаем, что в данной исследовательской работе цель достигнута, так как были решены все поставленные задачи. Изучая биографию Архимеда, его труды можно сделать вывод, что главным в творчестве Архимеда было стремление максимально раздвинуть рамки задачи вширь, одновременно доведя ее решение до геометрической строгости. По крупицам собрав материал об арбелосе, мы систематизировали его. В процессе написания работы выяснили, почему Архимед назвал данный треугольник «арбелосом». При написании исследовательской работы мы изучили доказательства лемм, различные способы решения задач с арбелосом, познакомились с таким преобразованием плоскости как инверсия, построили арбелос по заданным координатам в языках программирования QBasic и Pascal. В работе приводятся несколько способов доказательств лемм Архимеда: так как их доказывал сам ученый, алгебраический метод, доказательства с помощью инверсии (это красивые и оригинальные доказательства). И, наконец, составлена подборка задач с арбелосом Архимеда, которые могут быть использованы в школьном курсе геометрии. При написании работы мы пользовались учебной литературой, электронными библиотеками, Интернет-ресурсами, работали в таких программах, как Microsoft Word, Paint, QBasic, Pascal, WinDjView, Photoshop.
Список литературы:
1. И.Н. Веселовский. (перевод арабских текстов Б.А. Розенфельд), гос. изд. физико-математической литературы, Москва, 1962 2. С. В. Житомирский. Архимед/ Пособие для учащихся. - М.: Просвещение, 1981 3. С.Я. Лурье. Архимед, изд. Академии наук, 1945 (имеется доподлинный румынский перевод), с.138-139 4. Папп Александрийский. Математическое собрание, I – VI, изд. Гульча, Берлин, 1876 – 1878 5. Ф.И. Петрушевский. Архимед. Две книги о шаре и цилиндре, измерение круга и леммы, Спб, 1824 6. И.Ф. Шарыгин. Геометрия 7-9 классы, изд. Дрофа, Москва, 2001
Приложение 1 Персоналии. 1. Архимед(Ἀρχιμήδης; 287год до н.э. — 212год до н.э.) — великий древнегреческий математик, физик, механик и инженер из Сиракуз. Сделал множество открытий в геометрии. Заложил основы механики, гидростатики, автор ряда практически важных изобретений. 2. Демокрит Абдерский (Абдеры, ок. 460 до н. э. — ок. 370 до н. э.) — древнегреческий философ, ученик Левкиппа, один из основателей атомистики. 3. Доменико Фетти (итал. Domenico Fetti, прозвище Mantuano — «Мантуанец», ок. 1589, Рим — 1623, Венеция) — итальянский художник эпохи барокко. 4. Досифей Нотара (1641-1707), патриарх Иерусалимский с 1669г. На состоявшемся при нем Иерусалимском соборе (1672г) было выработано православное исповедание веры — один из важнейших доктринальных документов Восточной церкви. 5. Зенодор ( II век до н. э.), древнегреческий математик, жил в Александрии. Жил между Архимедом (250 до н. э.), о котором он упоминает, и Квинтилианом, который упоминает его. 6. Ко́нон Са́мосский (Κόνων, лат. Conon, ок. 280 до н. э. — ок. 220 до н. э.) — древнегреческий астроном и математик. 7. Лурье Я́ков Соломо́нович Лурье́ (20 мая 1921, Петроград — 18 марта 1996, Санкт-Петербург). Советский, российский историк, литературовед. Сын историка С. Я. Лурье, отец телеведущего Л. Я. Лурье. 8. Марк Клавдий Марцелл (лат. Marcus Claudius Marcellus), (42 до н.э. — 23 до н.э.) — сын Октавии Младшей и Гая Клавдия Марцелла, первый муж Юлии Старшей, дочери Октавиана. Рассматривался Октавианом в качестве одного из основных преемников. 9. Папп Александрийский (ок. 290 – ок. 350 н.э.) – последний из великих древнегреческих геометров. О его жизни практически ничего неизвестно; предположительно родился и жил в Александрии, «столице» греческой математики, и там у него была школа. Автор труда «Математическое собрание» в 8 книгах, из которых дошли до нас последние 6. 10. Петрушевский Фома Иванович (1785—1848) — метролог, переводчик Евклида и Архимеда, воспитанник Спб. педагогического института, с 1825 г. директор дома воспитания бедных детей в СПб., с 1834 г. директор института слепых. За перевод этих сочинений П. в 1835 г. награжден был поощрительной Демидовской премией. 11. Франсуа Виет (или Вьет) (фр. François Viète, seigneur de la Bigotière; 1540—13 декабря 1603) — выдающийся французский математик XVI века, положивший начало алгебре как науке. По образованию и основной профессии — юрист, по склонности души — математик. 12. Эраcтофен Киренский (ок. 276-194 до н.э.), древнегреческий ученый. Родился в Кирене (Северная Африка). Образование получил в Александрии и в Афинах. Служил воспитателем наследного принца при дворе Птолемея III Эвергета, около 225 г. до н.э. начал заведовать Александрийской библиотекой.
Архимед.
Приложение 2
Список дошедших до нас трудов по математике
Список соответствует предполагаемому порядку написания.
• Квадратура параболы — здесь Архимед находит площадь сегмента параболы. • О шаре и цилиндре (в 2 томах) — определение объёма шара и цилиндра. • О спиралях — свойства спирали Архимеда. • О коноидах и сфероидах — вычисление площадей и объёмов сечений шара, конуса, параболоида. • О равновесии плоских фигур (в 2 томах) — Архимед доказывает, что центр тяжести плоского треугольника находится в точке пересечения его медиан. Далее он находит центры тяжести параллелограмма, трапеции и параболического сегмента. Помимо этого, он формулирует и доказывает закон равновесия рычага. • Эфод, или Метод — обнаружен в 1906 году, по тематике частично дублирует работу «О шаре и цилиндре», но использует метод бесконечно малых. • О плавающих телах (в 2 томах) — тут даётся всем нам знакомый «закон Архимеда». Рассматривается также задача о равновесии сечения параболоида, которое моделирует корабельный корпус. • Измерение круга — до нас дошёл только отрывок из этого сочинения, по которому можно понять, что это выдающееся произведение. Именно в нём Архимед вычисляет приближение для числа π. • Псаммит, или Исчисление песчинок — проект записи очень больших чисел. • Стомахион — математическая теория популярной игры.
Приложение 3 Скорняжный нож. Рис 1 Рис 2 а - острие, б - жало лезвия, в - обух лезвия, г - обух ручки.
Скорняжный нож - полоска стали длиной 130-140 мм, шириной около 20 мм и толщиной 1-2мм. Лезвие должно иметь специальную бритвенную заточку под углом 2-2,5 градуса. Часть лезвия (рис 1, рис 2), которая не заштрихована, подвергается тщательной шлифовке. Острие лезвия сделано с углом заточки 35-45 градусов по отношению к жалу лезвия, что удобно при нанесении проколов на шкурке. Длина лезвия - 60-70 мм. Длина ручки - 70 мм. На нижнем крае ручки может находиться выемка произвольных размеров. Выемка предназначена для указательного пальца, когда ножом наносят разметочные линии на шкурке. Бывает, что для разметки шкурки целесообразно делать проколы. Когда скорняжный нож берут за рукоятку острием вверх, лезвием от запястья руки, указательный палец располагают в выемке, рукоятку держат большим и средним пальцами (наподобие карандаша). По шкурке, лежащей волосяным покровом вверх, закруглением ручки проводят разметочные линии, которые отпечатываются на кожевой ткани. По этим линиям и производят разрезы. Такой способ лучше всего применять на крашеных шкурках. На неокрашенной кожевой ткани линии от ручки ножа малозаметны. И тут под шкурки нужно подкладывать лист копировальной бумаги. Разрезы производят, держа нож следующим образом: скорняк берет его большим и средним пальцами примерно за середину верхней части лезвия, тем временем указательный кладет на обух лезвия. Обух ручки прижат к ладони. Безымянный палец и мизинец служат для упора и придерживают часть шкурки.
Приложение 4
Рассмотрим I предложение Архимеда из «Книги лемм» в школьном трактате учебника по геометрии для 7-9 классов (автор И.Ф. Шарыгин).
Предложение I: Пусть прямая пересекает данную окружность в точках К и М (рис 1). Рассмотрим произвольную окружность, касающуюся данной в точке Р, а прямой КМ в точке L.Тогда прямая PL проходит через середину одной из двух дуг КМ, на которые данная окружность разделена прямой КМ. Доказательство. Пусть О – центр данной окружности, О1 – центр построенной окружности. Точки О, О1 и Р лежат на одной прямой. Пусть прямая PL пересекает данную окружность в точке Е. Треугольники PО1L и POE равнобедренные. У них есть общий угол – угол при вершине Р. Значит, они подобны, и О1L параллельна OE. Но О1L перпендикулярна КМ. Следовательно, ОЕ также перпендикулярна КМ. Значит Е – середина дуги. А это и есть то, что мы хотели доказать.
Рис 1.
Приложение 5
В школьном курсе планиметрии рассматривают два вида преобразований плоскости: движения и преобразования подобия (гомотетия). Это линейные преобразованиями. Класс линейных преобразований плоскости гораздо шире и отнюдь не исчерпывается лишь движениями и гомотетиями. Однако иногда бывает полезно рассмотреть и нелинейные преобразования. В средней мы привыкли встречаться с одной единственной кривой – окружностью. Не будем нарушать эту традицию, идущую еще от Евклида, и рассмотрим преобразование плоскости, при котором некоторые прямые переходят в окружности это и есть преобразование инверсии. Рассмотрим на плоскости окружность ω с центром О и радиусом R и произвольную точку А1, отличную от центра О (рис 1). Дадим следующее определение: Точка А2 называется симметричной точке А1 относительно окружности ω с центром О и радиусом R, если точка А2 лежит на луче ОА1 и ОА1 • ОА2 = R2. Теперь рассмотрим задачу Архимеда. Проведем в арбелосе (рис 2.) через точку С прямую, перпендикулярную АВ, и обозначим ее точку пересечения с большей полуокружностью через М. Рассмотрим две окружности, вписанные в два образовавшихся криволинейных треугольника. Первая касается отрезка МС, полуокружности АС и дуги МA. Вторая касается BD, полуокружности ВС и дуги DC. Докажите, что эти две вписанные окружности равны, то есть радиусы окружностей, вписанных в эти части арбелоса, равны между собой. Решение: Обозначим AC = 2a; BC = 2b (рис 3). Рассмотрим инверсию относительно окружности ω с центром в точке В и радиусом ВМ. При такой инверсии окружность β с диаметром АВ перейдет в прямую СМ, а окружность α с диаметром ВС в прямую, параллельную СМ, проходящую через точку А. Таким образом, вписанная окружность радиуса r, касающаяся окружностей α и β, перейдет в окружность, касающуюся их образов, то есть двух параллельных прямых. Радиус этой новой окружности равен радиусу окружности с диаметром АС. Рассмотрим теперь гомотетию с центром В, при которой окружность радиуса r переходит в окружность радиуса а, а точка С переходит в точку А.r / a = BC / BA = 2b / 2(a + b), Из симметричности полученной формулы относительно а и b следует утверждение задачи.Приложение 6Знаменитая задача Паппа об арбелосе. Пусть окружности α, β и γ с диаметрами АВ, ВС, АС образуют арбелос (рис 1), δ0 – окружность, вписанная в арбелос, окружность δ1 касается окружностей α, β и δ0 , окружность δ2 касается окружностей α, β и δ1 , … окружность δn+1 касается окружностей α, β и δn.. Обозначим Rn – радиус окружности δn , dn – расстояние от центра окружности δn до прямой АВ. Тогда То есть, расстояние от центра n-ой окружности до диаметра арбелоса в 2(n + 1) раз больше ее радиуса (или как писал Паппа «…все следующие, перпендикуляры будут больше соответствующих радиусов в кратностях последовательных нечетных чисел»).Решение. Совершим инверсию относительно какой-нибудь окружности с центром в точке А (рис 2). На чертеже эта окружность проходит через точку В.При этой инверсии окружности α и β перейдут в две параллельные прямые, а цепочка из окружностей δ0, δ1, δ2, … перейдет в цепочку равных окружностей ω0, ω1, ω2, … заключенных между параллельными прямыми. Центры окружностей ωn и δn лежат на одной прямой с точкой А. Для окружности ωn утверждение задачи выполняется очевидным образом. Но окружность δn переходит в окружность ωn при гомотетии с центром А, откуда и следует утверждение задачи.
Жаль, что не видим все чертежи и формулы, что безусловно необходимо в работе по математике, но понимаем технические возможности сайта. Надеюсь, желающие найдут возможность ознакомиться с работой в оригинале!
Интересная тема. Исследование отличает умение самостоятельно работать с материалом источников, оригинальность, чувствуется большая работа. Материал тщательно отбран. Небольшое замечание. В научных работах принято оперировать понятием "мы", имея ввиду себя и руководителя, а не "я".
Это уникальная работа на нашем сайте. Первая ласточка математического полета. Попробуйте все-таки ее осилить, очень интересная. Конечно, отсутствие некоторых чертежей, формул искажает исследование в некоторой степени. И в то же время эта работа говорит: дерзайте, юные математические дарования!!!! Ее уже достойно оценили. Она заняла 1 место на районном конкурсе!
Спасибо большое, Антонина Алексеевна, что поместили мою работу на сайт!!!!! Данную исследовательскую работу я делала увлеченно и старательно!!!! И думаю, что её оценят по достоинству!
Добавлять комментарии могут только зарегистрированные пользователи. [ Регистрация | Вход ]
